吉林省白城市实验高级中学2025届高三上学期1月期物理答案

第1页/共1页白城市实验高级中学2024-2025学年度高三上学期期末考试物理试卷第Ⅰ卷（选择题共46分）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷第1至3页，第Ⅱ卷第3至5页。满分100分。考试时间90分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号用2B铅笔填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡指定区域。2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。第Ⅱ卷用黑色水性笔答在答题卡上，在本试卷上作答无效。一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.在x轴上O、P两点分别放置电荷量为、的点电荷，一带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则（）A.和都是正电荷且B.BC间场强方向沿x轴负方向C.C点的电场强度大于A点的电场强度D.将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由图知A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷带正电，P点电荷带负电．故A错误B．由图可知：从B到C，电势升高，根据顺着电场线电势降低可知，BC间电场强度方向沿x轴负方向，故B正确；C．点C为电势的拐点，若正点电荷从D到B点，电势能先增大后减小，则C点电场强度为零，故C错误D．因为BC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后负功，故D错误；故选B。2.我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为，不计石块间的摩擦，则为（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】【详解】六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为，每块石块对应的圆心角为，对第块石块受力分析如图结合力的合成可知tan对第2块和第三块石块整体受力分析如图tan解得m故选D。3.毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地．如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子（磁极）转动，使定子（线圈，不计电阻）中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为V＝vt·S＝vt·πl2则风的质量M＝ρV＝ρvt·πl2因此风吹过的动能为Ek＝Mv2＝ρvt·πl2·v2在此时间内发电机输出的电能E＝P·t则风能转化为电能的效率为η＝＝故选A。4.CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（）A.M处的电势高于N处的电势B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移【答案】D【解析】【详解】A．由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M电势低于N的电势，故A错误；B．增大加速电压则根据可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有可得可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；D．由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。故选D。5.如图，理想变压器原、副线圈匝数比为，输入端、接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻的阻值相同。在滑动变阻器的滑片从端滑动到端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（）A.L1先变暗后变亮，L2一直变亮B.L1先变亮后变暗，L2一直变亮C.L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗D.L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗【答案】A【解析】【分析】【详解】副线圈的总电阻为解得则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系有则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有，先减小后增大，先减小后增大，则先变暗后变亮，根据，由于先减小后增大，则副线圈的电压先增大后减小，通过L2的电流为则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，逐渐减小，副线圈的电压增大过程中增大；在副线圈的电压减小过程中，通过R0的电流为逐渐增大，则越来越小，则则先变暗后变亮，一直变亮；故选A。6.生活中人们为了往高楼中搬运大型货物，可能会用到如图所示的方法提升重物。图中甲、乙两名工人分别位于两栋楼的六楼和二楼窗口，两人各用一根轻绳与质量为m的重物相连。初始时重物在甲的正下方地面上，此时工人甲的绳长为L，甲、乙两人间的距离也为L、楼间距为，现甲拉住绳端不动的同时乙缓慢收短手中的轻绳，最终将重物拉至乙处。重力加速度取g，则在将重物拉离地面至接近乙的过程中下列说法正确的是（）A.甲、乙绳的拉力始终大于mgB.甲、乙绳的拉力始终小于mgC.当重物接近乙处时甲绳的拉力接近D.当重物接近乙处时乙绳的拉力接近mg【答案】B【解析】【详解】AB．重物被拉升过程中运动轨迹为绕甲的圆周运动，转过圆心角30°，过程中甲、乙、重物构成等腰三角形。受力分析由图所示

则有，则过程中，则由相似三角形法可知，对边mg始终大于甲、乙绳中拉力，A错误，B正确；CD．接近乙时，趋近于90°，趋近60°，则有CD错误。故选B。7.如图所示为某科学实验小组利用计算机和传感器绘制出的一玩具小车做直线运动的v-x图像，则下列说法正确的是（）A.该玩具小车做匀变速直线运动B.该玩具小车运动的加速度逐渐增大C.该玩具小车运动的加速度逐渐减小D.该玩具小车运动的加速度随时间均匀变化【答案】B【解析】【详解】BCD．根据图像得所以得式中k不变，随着速度v的增大，加速度a增大，所以加速度随时间增大，B正确，CD错误；A．因为加速度增大，小车做非匀变速度直线运动，A错误。故选B。8.如图所示，用材料和粗细相同的导线绕成的单匝正三角形线圈甲、乙固定在同一平面内，边长之比为。线圈所在空间存在与线圈平面垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化关系为，下列说法正确的是（）A.线圈甲、乙中产生的电动势最大值之比为B.线圈甲、乙中产生的电流最大值之比为C.在时间内，线圈甲、乙中产生焦耳热之比为D.在时间内，通过线圈甲、乙导线横截面的电荷量之比为【答案】ACD【解析】【详解】A．线圈中产生的电动势随时间变化的规律为电动势的最大值设正三角形的边长为a，面积S＝a2则Em∝a2，线圈甲、乙中产生的电动势的最大值之比为故A正确；B．线圈中电流的最大值又可得线圈甲、乙中产生的电流的最大值之比为故B错误；C．线圈中产生的焦耳热则t相同时线圈甲、乙中产生的焦耳热之比为故C正确；D．通过导线横截面的电荷量q＝＝则通过线圈甲、乙导线横截面的电荷量之比为故D正确。故选ACD。9.如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列说法中正确的是（已知重力加速度为g）（）A.两极板间电压为B.板间电场强度大小为C.整个过程中质点重力势能增加D.若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上【答案】C【解析】【详解】AB．据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得解得由得板间电势差故AB错误；C．质点在电场中向上偏转的距离，，解得故质点打在屏上的位置与P点的距离为重力势能的增加量故C正确；D．仅增大两极板间的距离，因两板上电荷量不变，根据可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏上，故D错误。故选C。10.如图所示，在半圆形光滑凹槽内，两轻质弹簧的下端固定在槽的最低点，另一端分别与小球P、Q相连。已知两球在图示P、Q位置静止。O′P>O′Q，则下列说法中正确的是（）A.若两球质量相同，则P球对槽的压力较小B.若两球质量相同，则两球对槽的压力大小相等C.若P球的质量大，则O′P弹簧的劲度系数大D.若P球的质量大，则O′P弹簧的弹力大【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB．对两小球受力分析如图所示都是受重力、支持力和弹簧的弹力三个力，两小球静止，受力平衡，根据平行四边形定则作平行四边形，由几何关系可知△QGQ′NQ∽△OO′Q△PGP′NP∽△OO′P即支持力始终与重力相等，若两球质量相等，重力相等，则所受支持力相等，对槽的压力必然相等，故A错误、B正确；CD．由得得由图可知O′P>O′Q又GP>GQ则FP>FQ根据胡克定律，两弹簧的形变量未知，则劲度系数的大小关系无法确定，故C错误，D正确。故选BD。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图1所示。弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g。（1）在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T（在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点）。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为______，钩码的动能增加量为______，钩码的重力势能增加量为______。（2）利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图3所示。由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是______。【答案】①.②.③.mgh5④.见解析【解析】【详解】（1）[1]从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为整理有[2]打F点时钩码的速度为由于在误差允许的范围内，认为释放钩码的同时打出A点，则钩码动能的增加量为[3]钩码的重力势能增加量为Ep重=mgh5（2）[4]钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是纸带与限位孔的摩擦力做功变多导致两曲线间隔变大。12.实验课上要测量两节干电池串联电池组的电动势E和内阻r，实验器材如实物图所示。（1）在方框里画出电路图并将实物图补充完整______；（2）表格中数据是某小组的测量结果，其中有一个数据如表盘所示，请将读数填入表中，______，并根据数据在坐标纸上描点作图______。根据所画的图象求出电池组电动势为E=______V，内阻为r=______Ω；（均保留2位小数）12345U/V2902.802.702602.50I/A0.080.200.320.57（3）如果连接线接头严重氧化或与接线柱连接不紧就会产生“接触电阻”，若本实验中连接滑动变阻器和电流表的导线接头处有“接触电阻”，则由此产生的影响是：电动势E测量值______，内阻r测量值______。（均选填“偏大”、“偏小”或“不变”）（4）如果本实验中选用的电压表完好，电流表刻度盘上只有刻度而无数值（包括接线柱上也无数值）但其它功能正常，那么电动势E______测出，内阻r______测出。（均选填“能”或“不能”）（5）一组同学在完成实验后还有部分时间，他们想观察一下电表的内部结构，在老师的同意并帮助下他们打开了一只电表的后盖，内部结构如图所示，则他们打开的是______（选填“电压表”或“电流表”），电表内部的电阻R1和R2阻值较大的是______。【答案】①.②.0.44③.④.2.96⑤.0.80⑥.不变⑦.不变⑧.能⑨.不能⑩.电压表⑪.R2【解析】【分析】【详解】（1）[1]电路图以及实物连线如图所示：（2）[2]电流表适用量程为0.6A，最小分度值为0.02，不需要估读，则读数为0.44A；（3）[3]做出U-I图线如图；[4][5]由图像可知电动势E=2.96V内阻（4）[6][7]若本实验中连接滑动变阻器和电流表的导线接头处有“接触电阻”，但是电压表测量的是路端电压，相当于是在调节滑动变阻器的时候划变阻值调的大一些，此时电流表也会同时变化，即对电路的测量没有影响，，则内阻r测量值不变，即电动势E测量值不变。（4）[8][9]如果本实验中选用的电压表完好，电流表刻度盘上只有刻度而无数值（包括接线柱上也无数值）但其它功能正常，那么可以测量电流表偏转的格子数n和电压表的读数U，若设电流表每一小格的电流为I0，测出两组数据（U1，n1）和（U2，n2）则由U=E-Ir可得U1=E-n1I0rU2=E-n2I0r可解得电动势E和I0r的值，即能测出电源的电动势，但是不能测出电源内阻。（5）[10][11]由图可知，两个电阻与表头是串联的，可知他们打开的是电压表；因为可得当表头满偏时R2分得12V电压，表头和R1共同分得3V电压，可知R2比R1大。13.如图所示，CD和EF是固定在水平面上的光滑金属导轨，DF与EF垂直，，D、F间距，的电阻连接在D、F之间，其余部分电阻不计，整个装置处于磁感应强度垂直纸面向里的匀强磁场中。质量、电阻不计的导体棒以一定的初速度从DF开始沿FE向右运动，棒垂直于EF并与导轨接触良好。运动过程中对棒施加一外力，使电阻R上消耗的功率保持不变，求：（1）导体棒运动至距DF边3m时受到的安培力大小；（2）导体棒从DF向右运动2m所需的时间；（3）导体棒从DF向右运动2m的过程中外力所做的功。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据解得由几何关系可得导体棒的有效切割长度则安培力的大小代入数据解得（2）由题意可知，回路中的电流强度保持不变，即平均电流等于瞬时电流，则有根据法拉第电磁感应定律磁通量的变化量由几何关系可知棒向右运动2m过程中回路中的面积变化量联立并代入数据解得棒向右运动2m所需的时间（3）棒在时和向右运动2m时的有效切割长度分别为和，设棒在这两个位置的速度分别为和v，由题意知回路中的感应电动势保持不变，则有又由解得，由功能关系得外力做的功解得14.